BAB III
PERSAMAAN DIFFERENSIAL ORDO DUA Tujuan Pembelajaran
Pembelajaran lebih lanjut mengenai PD adalah penyelesaian PD pada ordo dua dan ordo tinggi. Meskipun ada beberapa PD ordo dua yang dapat diselesaikan dengan menggunakan metode penyelesaian ordo satu, tetapi PD ordo dua memiliki metode khusus dalam penyelesaiannya. Terutama PD Linier yang homogen. Oleh karena itu diharapkan mahasiswa dapat mengetahui dan memahami karakteristik dari PD Linier ordo dua, agar ia memiliki kemampuan untuk mengerjakan soal-soal yang disediakan pada setiap sub bahasan pada bab 3. ini. Penyelesaian dapat menggunakan metode variasi parameter, metode integral langsung, dan metode duplikasi variabel f(x), untuk jawaban integral khusus, demikian juga untuk PD Koefisien Variabel atau PD Cauchy – Euler.
A. Persamaan Differensial Ordo Dua dengan Metode Penyelesaian Ordo Satu
Persamaan differensial ordo dua dapat dinyatakan dalam bentuk
...(1) 0 x y, , dx dy , dx y d f 2 2
Beberapa jenis persamaan differensial ordo dua dapat di ubah menjadi persamaan ordo satu dengan pendekatan, substitusi variabel lain (pemisalan).
1. Merubah Variabel Terikat
Bila y dieliminasikan dari persamaan, maka persamaan ordo dua menjadi:
...(2) 0 x , dx dy , dx y d f 2 2
Persamaan ini dapat diubah menjadi ordo satu dengan mensubstitusikan.
2 2 dx y d dx dp dan dx dy p
Sehingga menjadi ,p,x 0...(3) dx
dp f
Yang merupakan PD ordo satu dengan variabel terikat p dan variabel bebas x. Bila p = h (x, c) merupakan jawaban umum dari (3) atau setara dengan dy = h (x, c) dx hasil integralnya adalah:
...(4) C dx c) (x, h y 2
merupakan jawaban umum dari persamaan (2).
Contoh : Selesaikan 2 2x 2 e dx dy 2 dx y d Jawab
Ambil ,persamaanmenjadi:
dx y d dx dp dan dx dy p 2 2 integrasi) (faktor e x C C 2 1 2x e y C dx e C dx e . x y dx e . C e . x dy dx dy p an subsitusik e . C e . x p C x C dx e . p integral Hasil dx e e . p dx d linier) satu (ordo e 2p dx dp 2x 2 1 2x 4 1 2 2x 1 2x 2x 1 3x 2x 1 2x 1 1 2x 0 2x 2x
Hasil ini merupakan jawaban PD ordo dua yang diberikan di atas.
2. Tanpa Variabel Bebas
Bila varaiabel bebas x ditiadakan dari (1), PD ordo dua menjadi:
...(5) 0 y , dx dy , dx y d f 2 2
substitusikan: dy dp p dx dy . dy dp dx y d p dx dy 2 2 persamaan (5) menjadi: ,p,y 0...(6) dy dp p f
Ini adalah persamaan ordo satu dengan p sebagai variabel terikat dan y sebagai variabel bebas. Bila jawaban umumnya adalah p = h (y, c) maka dapat ditulis: dy c) h(y, 1 dx
bila h (y, c) 0, maka hasil integralnya adalah
2 1 C dy ) c h(y, 1 x sebagai
jawaban untuk persamaan (5).
Contoh : Tentukan jawaban 0 dx dy 2 dx y d y 2 2 2 Jawab Ambil dy dp p dx y d dan p dx dy 2 2 Persamaan menjadi: 0 2pdy ydp 0 2p dy dp p . y 2
Eliminasi p dari persamaan dan selesaikan ydp + 2p dy = 0 yang merupakan PD dengan variabel terpisah
0 y dy 2 p dp Diasumsikan: ln p + ln y2 = ln C1 p . y = C1 Selanjutnya substitusikan dx dy p didapat persamaan: y2 dy = C1 dx
A B p 2 F 1 F L θ cos F2 θ sin F2 2a 2a a a a -2a -g . m W
Selanjutnya didapat jawaban umum
0 3C x 3C y 0 C x C y 2 1 3 2 1 3 3 1
Bila diambil p = 0, maka jawaban umumnya adalah 0 dan y C3 dx
dy
Jawaban ini akan sama dengan jawaban diatas apabila C1 = 0 dan C2 = 3 2 3
1C . Jadi : y3 – 3x C1 x – 3 C2 = 0 adalah solusi yang dicari.
Contoh praktis :
Bentuk lengkungan kabel dengan beban merata, tergantung pada dua tiang dengan asumsi bentuk kurva yang melengkung seperti gambar. Tentukanlah persamaan lengkungannya.
Gbr : 3.1 Kurva Lengkungan kabel
Nyatakanlah L sebagai titik terendah dari lengkungan dan ambil p titik sembarang pada kabel. Gambarkan sumbu vertikal melalui titik L, untuk menggambarkan posisi titik pangkal ke L.
Perhatikan potongan LP dari kabel yang mengandung tiga jenis gaya, yaitu F1 pada L, yang merupakan titik singgung pada kurva (arahnya mendatar). Gaya F2 pada titik p yang tegak lurus dengan kurva di titik p dan gaya ke bawah W.S, sebagai akibat dari berat kabel sepanjang LP. Dimana W adalah berat merata tiap satuan panjang dari kabel dan S panjang dari potongan LP
Gaya F1 dan F2 menghasilkan tegangan pada kabel. F1 konstan dan F2 merupakan fungsi dari x untuk P sebagai titik sembarang pada kabel. Karena potongan LP seimbang, hukum mekanika menyatakan bahwa jumlah gaya horizontalnya sama dengan nol (0) dan jumlah gaya vertikalnya juga nol (0).
Selanjutnya bila θ menyatakan sudut tanjakan di F2, maka berlaku
...(10) 0 θ sin F S W. ...(9) 0 θ cos . F F 2 2 1
dari kedua persamaan didapat :
1 F S W. θ tan
bila persamaan lengkungan dinyatakan oleh y = f(x) maka tanθ =
dx dy , persamaan menjadi : a S dx dy dimana a = konstan W F2
Differensial dari persamaan kearah x menghasilkan
2 2 2 2 2 2 dx dy 1 a 1 dx y d sehingga lengkungan panjang , dx dy 1 dx ds tetapi dx ds . a 1 dx y d
Persamaan ini merupakan PD ordo dua, tanpa variabel terikat, jadi dapat diubah ke bentuk PD ordo satu dengan mengambil
2 2 dx y d dx dp dan dx dy p persamaan menjadi: dx a 1 p 1 dp p 1 a 1 dx dp 2 2
Hasil integralnya: a x p sinh 1 a x dx dy sinh dx dy p substitusi 1 2 1 1 C a x cosh . a y dx a x sinh dy a x sinh dx dy
Bila diambil titik pangkal a satuan di bawah titik L, maka y = a bila x = 0 didapat C2 = 0. karena cosh 0 = 1.
Dengan demikian persamaan lengkungan kabel adalah:
a x cosh . a y B. Soal 1. g dt s d 2 2 2. x dx dy dx y d 2 2 3. a g dx y d 2 2 2 4. g dx y d 2 2 5. 2 x 2 e dx dy 2 dx y d 6. a g 0 dx y d 2 2 2 7. y' yy' 0 8. 0 dx dy 2 dx y d y 2 2 2 9. 3 x 3 e x dx y d 10. a g 0 dt s d 2 2 2
C. Persamaan Linier Ordo Lainnya
Pada ordo ke n dinyatakan linier apabila bentuk polynomnya berderajat satu untuk variabel terikat dan turunannya.
Bentuknya adalah a y f(x) dx dy a ... dx y d a dx y d n 1 n 1 n 1 n 1 n n .
Dimana, pada umumnya a1 merupakan fungsi dari x sebagai contoh, persamaan; 3x sin y 6) (x dx y d 2 dx y d 21 2 3 3
adalah linier, tetapi persamaan
0 y 7 dx dy y x dx y d 3 2 2
bukan linier, karena derajat dari bentuk x3y
dx dy
dalam variabel y dan
dx dy
adalah
2 (jumlah dari eksponen y dan
dx dy
).
Pembahasan hanya pada persamaan linier dan koefisien ai sebagai konstanta. Apabila f(x) = 0 yang ada pada persamaan di atas, maka persamaan itu dinyatakan PDL homogen (dalam y, y’, y’’…yn
). Bila f(x) 0, persamaan linier dinyatakan sebagai PDL tidak homogen.
D.
PDL Berkoefisien Konstanta
Persamaan linier homogen dengan koefisien konstanta ditulis dalam bentuk: ) 1 ...( 0 y a dx dy a ... dx y d a dx y d n 1 n 1 n 1 n 1 n n
dimana ai sebagai konstanta.
Bila y1dan y2 merupakan jawaban khusus dari (1), maka c1 y1 + c2 y2 juga merupakan jawaban dari (1), dengan c1 dan c2 sebagai konstanta sembarang untuk:
0 y a dx dy a ... dx y d a dx y d dan 0 y a dx dy a ... dx y d a dx y d 2 n 2 1 n 1 n 2 1 n 1 n 2 n 1 n 1 1 n 1 n 1 1 n 1 n 1 n
yang dinyatakan dalam x karena y1 dan y2 telah diinisialkan sebagai jawaban (1) selanjutnya: 0 y a dx dy a ... dx y d a dx y d y a dx dy a ... dx y d a dx y d 2 n 2 1 n 1 n 2 1 n 1 n 2 n 2 1 n 1 1 n 1 n 1 1 n 1 n 1 n 1 c c
juga dinyatakan dalam x. Bentuk ini dapat ditulis:
0 y c y c a ... y c y c dx y d a y c y c dx d 2 2 1 1 n 2 2 1 1 1 n 1 n 1 2 2 1 1 n n
karena c1y1 c2y2 adalah jawaban (1).
Ambil D sebagai operator differensial kearah x kemudian Dy merupakan pernyataan untuk dx dy dan D2y = D(Dy) = 2 2 dx y d
dan secara umum:
n n n dx y d y D
merupakan notasi untuk turunan ke n, dengan n bilangan bulat positif. Polynom dalam bentuk operator differensial D adalah:
0 y a D a ... D a D' 1 n 1 n 1 n
yang menyatakan operator differensial linier, yang artinya:
0 y a dx dy a ... dx y d a dx y d n 1 n 1 n 1 n 1 n n Contoh : 0 sin dx dy dx y d 2 2 x y ex
Dapat ditulis: D2 exD sinx y 0 Ambil A = Dn + a1 Dn-1 +…..+an dan B = Dm+ b1 Dm-1 +…..+bm Merupakan operator linier.
Diperoleh jumlah dari operator linier A dan B adalah: (A+B)y = Ay + By dan hasil kali dari A dan B adalah (AB)y = A(By)
Terlihat bahwa operator linier sama persis dengan hukum-hukum penjumlahan, perkalian, dan pemaktoran dalam aljabar demikian juga dalam ordo polynom. Artinya, operasi operator D, mengikuti kaidah aljabar.
Sebagai contoh: y 3 2D D 3y 2Dy y D 3y 3D C y D y D 3 y D D y 1 D 3 y 1 D D y 1 D 3 D y 3 2D D 2 2 y 2 y y 2
Dengan demikian dapat ditulis, 1 D 3 -D 3 2D D2
merupakan operator persamaan differensial dalam bentuk polynom yang dinyatakan dalam bentuk faktor-faktornya. Selanjutnya metode ini akan digunakan untuk mencari jawaban dari PDL ordo kedua dan ordo-ordo lainnya dengan koefisien konstan.
E. Operator Differensial dan Integral
Secara umum penulisan turunan suatu fungsi adalah dx dy , atau dx d . ) (x f Misalnya dx d (xn) = n xn-1 atau dx d
(sin x) = cos x dan sebagainya.
Dalam hal ini, simbol dx
d
, bukan merupakan variabel dan juga tidak memiliki harga numerik dan tidak dapat berdiri sendiri. Simbol tersebut sekedar menyatakan suatu proses atau operasi penentuan nilai turunan suatu fungsi yang diproses oleh simbol tersebut. Karena itu simbol tersebut dapat dinyatakan sebagai
operator. Demikian juga dengan
2 dx
d
yang biasa ditulis dalam bentuk 2 2 dx
d
untuk menyatakan turunan kedua suatu fungsi.
Selanjutnya n dx d untuk n dx n d
sebagai turunan ke n suatu fungsi. Untuk mempermudah penulisan operator tersebut digunakan simbol D sebagai operasi turunan, pengganti dx d . Jadi dx dy
dapat ditulis Dy, sebagai operasi turunan pertama dari suatu fungsi. Turunan kedua suatu fungsi dapat ditulis D2y, demikian seterusnya D3y,…., Dny.
Selanjutnya dapat ditulis D (sin x) = cos x D (eax) = a eax
D (X2 + 6x + 7) = 2x + 6. D2 (sin x) + D (cos x) = – sin x
Keuntungan penggunaan D sebagai operator differensial adalah dapat diolah sesuai dengan kaidah-kaidah aljabar, seperti sifat assosiatif, distributif, dan komulatif, penjumlahan, perkalian, dan pemaktoran.
Contoh :
1. D 2{sinx} D{sinx} 2sinx cosx 2sinx
2. D 2 2{sinx} (D2 4D 4){sinx}.
D2{sinx} 4D{sinx} 4sinx
D{cosx} 4cosx 4sinx sinx 4cosx 4sinx 3sinx 4cosx
3. D2 2D 3)y (D 3)(D 1)y
Bila D menyatakan operator turunan suatu fungsi, maka sebagai inversnya(integral suatu fungsi) digunakan notasi
D
1
Operator invers D
1
atau D -1 menyatakan proses integrasi terhadap variabel bebas dengan menghilangkan konstanta integrasinya.
Sebagai contoh :
1{cosx} sin
D x atau D {cosx} sinx 1 x x x x D e e D x x D x x ln 1 2 2 1 } { 6 1 } { 2 1 2 2 1 6 5 1 Selanjutnya 1 2 1 2 1 D D
D menyatakan integral lipat dari suatu fungsi. Jadi
)} ( { 2 1 x f D
menyatakan hasil integral fungsi f(x) terhadap x. sebanyak dua kali,
tanpa menggunakan konstanta integrasinya. Sebagai contoh : x x x D x x D 2 2 3 3 1 1 } 2 3 { 1 20 3 2 2 4 3 2 6 3 12 1 x x x 4 3 2 2 1 12 1 x x x
Dalam menggunakan operator D, perlu dipahami tiga jenis teorema yang dapat mempermudah penyelesaian masalah integrasi pada persamaan differensial.
Teorema I: F (D) {ecx} = ecx F(a) x x x x D e e D x x D x x ln 1 2 1 2 1 } { 1 6 1 } { 1 2 2 2 6 5
Dengan a sebagai konstanta : cx cx cx cx e c e D ce e D 2 2 } { } { cx cx cx ce e c e D D2 ){ } 2 ( ecx(c2 c)
Contoh ini memberikan bahwa pernyataan D diganti oleh C. artinya untuk setiap F (D) yang dioperasikan terhadap ecx akan menghasilkan F (C) = ecx
Contoh : 1. (D2 2D 3){ecx} (c2 2c 3)ecx 2. (D2 4){e3cx} (32 4)e3cx 5e3cx
3. (2D2 5D 2){e2x} (2.4 5.2 2)e2x 16e2x
Fungsi D yang dioperasikan pada ecx akan menghasilkan ecx dikali dengan F(a). Aturan tersebut juga, berlaku pada operator invers fungsi D yang dioperasikan pada ecx Contoh : 1. e x e x e x D 2 2 2 4 1 ) 2 2 ( 1 ) 2 ( 1 2. e x e x e x D 3 3 3 6 1 ) 3 9 ( 2 ) 3 ( 2 3. e x e x e x D D 2 2 2 2 11 1 ) 1 8 4 ( 1 ) 1 4 ( 1 4. x x e e D D ( 1 3)( 1 4) 1 ) 4 )( 3 ( 2 x e 6 1 Teorema II : F(D){ecx.V} = ecx. F(D + C) {V}
Dimana C sebagai konstanta dan v sebagai fingsi x. Jika suatu fungsi D dioperasikan pada { ecx.V}, dengan V sebagai fungsi x, maka fungsi D berubah menjadi fungsi (D + a) yang sama dan bekerja pada V saja dikali dengan ecx.
Bukti : D{ecx.V} = ecx. D {V} + Cecx → ingat bentuk y = u .v = [D{V} + C.V]. ecx
Contoh : 1. (D2 + D + 5) {ecx.V} = [(D + C)2 + (D + C)] {V}. ecx 2. (D – 4) { e3x. x2 } = [(D + 3) – 4] {X2}. e3x = (D – 1) {x2}. e3x = [D (x2) – x 2].e3x = (2x – x2). e3x 3. (D2 + 2D – 3) {e2x.sin x} = [(D + 2)2 + 2(D + 2) – 3] {sin x}. e2x = (D2 + 4D + 4 +2D + 4 – 3) {sin x}. e2x = (4 sin x + 6 cos x).e2x
4. (D2 + 5) {e5x.cos 2x} = [(D + 5) 2 + 5] {cos 2x}. e5x
= (D2 + 10 D + 25) {cos 2x}. e5x
= (– 4 cos 2x – 20 sin 2x + 30 Cos 2x). e5x = (26 cos 2x – 20 sin 2x). e5x 5. (D2 – 3D +4) {e-x.cos 3x} = [(D –1) – 3(D – 1) + 4] {cos 3x }. e-x = (D2 – 2D + 1 – 3D + 3 + 4) {cos 3x}. e-x = (D2 – 5D +8) {cos 3x}. e-x
= (– 9 cos 3x + 15 sin 3x + 8 Cos 3x). e-x
= (15 sin 3x – cos 3x ). e-x
Aturan tersebut juga berlaku untuk operator invers fungsi D yang beroperasi pada ecx. Contoh : 1. x x e x D D e x D D 2 3 2 2 3 2 . 5 ) 2 ( 4 ) 2 ( 1 . 5 4 1 x e x D D 2 3 2 . 5 8 40 4 4 _ 1 x e x D 2 3 2 . 1 1
(D2 1)2 x3 . 2xe
Menurut teorema deret Binominal.
(1 2) 1 1 2 4 6 8 10 ... D D D D D D Sehingga : D2 1 x3 e 2x }. { ) 1 ( x x x e x x e D x x e x D D D 2 3 2 3 2 3 6 4 2 ). 6 ( ....). 0 0 6 ( }. ....){ 1 ( 2. { } 3 1 1 3 1 } { 3 1 3 2 3 2 x D x D x x x x x D D D x D 2 3 1 0 0 2 3 1 } { .... 27 9 3 1 3 1 } { 3 1 3 1 3 3 3 6 4 2 3 1 2
Teorema III : Fungsi D2 yang dioperasikan pada sin cx, atau cos cx (atau kedua-duanya), tidak merubah nilai kedua fungsi tersebut, tetapi nilai D2 berubah menjadi (-c2). Jadi : cx cx C F cx cx D F cos sin ) ( cos sin ) ( 2 2
Contoh : 1. D2 5 sin2x 4 5 sin2x 9sin2x
2. x x x D 5cos3 1 3 cos 4 9 1 3 cos 4 1 2
3. x x x x D 16 3cos4 1 3 sin 3 9 1 } 4 cos 3 {sin 3 1 2 x cos4x 19 1 3 sin 12 1 Kesimpulan : Teorema I. F (D) {ecx} = ecx F(c) II. F (D) {ecx.V} = ecx. F (D + C) {V} III. cx cx C F cx cx D F cos sin ) ( cos sin ) ( 2 2
* Penggunaan operator D dalam penyelesaian PD ordo dua adalah mendapatkan hasil integral khusus, sedangkan fungsi komplementer didapat dari persamaan karakteristik PD tersebut. Contoh : y e x dx dy dx y d 2 2 2 3 4 1. FK : m2 + 4m +3 = 0 (m +1) (m + 3) = 0 3 1 2 1 m m x x e c e c yc 1 2 3
2. IK, dengan membuat bentuk operator D sebagai berikut : x e y D D2 4 3) 2 ( yp = { } 3 4 1 2 2 x e D D yp = .e2x 3 8 4 1 = .e2x 15 1 3. jadi : y = yc + yp = c1e x c2e 3x .e2x 15 1
Operator D, dapat juga digunakan untuk menyelesaikan PD ordo dua secara utuh ; contohnya sebagai berikut.
Selesaikan PD berikut dengan integral langsung
y e x dx dy dx y d 2 2 2 3 4
Jawab : Bentuk operator D dari persamaan adalah
x x e y D D e y D D 2 2 2 ) 1 )( 3 ( ) 3 4 ( Misalkan (D + 1) y = u Persamaan menjadi x x e u Du e u D 2 2 3 ) 3 ( x e u dx du 2 3 x e3x (faktor integrasi) ue x e x dx d 3 5 ) . ( u.e3x e5xdx c1 u.e3x 1 5 5 1 c e x u e x c1e 3x 2 5 1 x x x x e c e y Dy e c e y D 3 1 2 3 1 2 5 1 5 1 ) 1 ( y e x ce x dx dy 3 1 2 5 1 x ex (faktor integrasi) ) . (yex dx d x x e c e 1 2 3 5 1 y. ex = e3x c1e 2x 5 1 dx + c2
y. ex = 2 2 1 3 2 15 1 c e c e x x y = x x x e c e c e 2 3 1 2 2 15 1
Hasil ini sama dengan hasil pada contoh sebelumnya.
F. Jawaban PDL Ordo Dua Homogen dengan Koefisien Konstanta
Ambil salah satu persamaan linier ordo dua homogen dengan koefisien konstanta dalam bentuk:
0...(1) y a D a D 1 2 2
bila y1 dan y2 merupakan jawabannya dengan c1 dan c2 sebagai konstanta, maka jawaban umumnya adalah:
y = c1 y1 + c2 y2 …..(2)
dimana, y1 dan y2 merupakan jawaban bebasnya. Dalam hal ini y1 bukan konstan yang dikali dengan y2. contohnya bila y1 = k y2, maka
y = c1 y1 + c2 y2 = c1 h y2 + c2 y2 = c1 y2
dimana, C = (c1 h + c2). Jadi (2) hanya mengandung konstanta real yang spesifik. Bila y = c1 y1 + c2 y2 merupakan jawaban umum (1) maka:
0...(3) y y y y 2 1 2 1
determinan ini (dinyatakan wronskian dari y1 dan y2), menyatakan bahwa pernyataan ini tidak benar bila (2) sebagai jawaban umum selanjutnya, bila y1 =k y2 dan y1’ = k y2’, determinan dari (3) menjadi nol, karena
0 0 . k ' y ' y k y ' y k y y y y 2 2 2 2 2 1 2 1
karena itu (3), kedua hal diatas merupakan syarat cukup untuk y1 dan y2 menjadi bebas dan bentuk c1 y1 + c2 y2 menjadi jawaban umum dari (1), dimana c1 dan c2 merupakan konstanta sembarang.
Bentuk jawaban PDL Ordo Dua
Bila disubstitusikan y = emx ke dalam persamaan (1) dimana m sebagai konstanta, maka didapat:
Y’ = m emx
dan y’’ = m2 emx dan (D2 + a1 D + a2) emx = (m2 + a1 m + a2) emx = 0
karena emx≠0, yang merupakan identitas dari x dan jika m bilangan, sehingga m2 + a1 m + a2 = 0 …..(4)
persamaan kuadrat ini merupakan persamaan karakteristik dari (1). Telah dinyatakan bahwa y = em1
x
sebagai solusi untuk PDL homogen dari (D2 + a1 D + a2) y = 0
jika hanya jika m1 merupakan akar-akar dari persamaan karakteristik (persamaan bantu) dengan bentuk: m2 + a1 m + a2 = 0 karena persamaan (4) adalah persamaan kuadrat maka akar-akarnya ada dua yaitu m1 dan m2, sehingga untuk mendapatkan jawaban umum dari (1), terdapat tiga kasus yang berhubungan dengan nilai m1 dan m2 untuk persamaan (4), yaitu real, berbeda, kembar dan bilangan kompleks.
Kasus 1: m1 m2 Dari akar-akar m1.2 = 2 4a a a1 12 2
Bila (a12 – 4a2) > 0, maka m1 m2 dan real dan berbeda karena m1 m2 merupakan harga akar-akar persamaan (4) didapat dua jawaban PD (1) yaitu
x m 1 1 e y dan y1 em2 x.
Wronskian dari y1 dan y2 tidak nol sehingga y1 dan y2 saling bebas dan
didapat: 2 m x x m 1 2 1 C C C C y (jawaban umum).
Dimana c1 dan c2, konstanta sebarang.
A. Penyelesaian PD dua dapat langsung juga diselesaikan dengan menggunakan integral langsung dari operator D, sebagai berikut.
Bentuk (D2 + a1 D + a2) y = 0, bila akar-akarnya m1 dan m2 akan dapat difaktorkan menjadi (D – m1 ) (D – m2) y = 0.
Misalkan (D – m2) y = u
Persamaan menjadi ; sebagai berikut. (D2 + a1 D + a2) y = 0 (D – m1 ) (D – m2) y = 0 (D – m1) u = 0 Du – m1u = 0 0 m - 1u dx du . e m1x(faktor integrasi) 0 ) . (ue m1x dx d u. 1 1 c e mx u = c em1x 1 (D – m2) y = x m e c 1 1 x m e c y m dx dy 1 1 2 . x m
e
c
2 1 x m m x m e c e c y dx d ( ) 1 1 2 1 2 ) . ( 2 ) ( 1 1 2 1 2 ) . (yc e ce dx c dx d mx mm x y = A.em1x B.em2x Dengan : A = 2 1 1 m m csebagai konstanta dan B = C2, juga konstanta.
Contoh : Selesaikan 10y 0 dx dy 3 dx y d 2 2 Jawab :
Dalam bentuk operator dapat ditulis (D2 + 3D – 10) y = 0 Persamaan karakteristik: 0 2) (m 5) (m 0 10 3m m2
harga akar-akarnya : 2 5 2 1 m m didapat: y c e x c2e2x 5 1
merupakan jawaban umum dari PD.
Kasus 2: a12 4a2 0; menghasilkan m1 m2 m
Salah satu jawaban dari (1) adalah y = emx dan jawaban lainnya adalah y = x emx selanjutnya: mx mx 2 mx 2 mx mx mx 2me xe m xe D dan e xe . m xe D
Bila kasus ini disubsitusikan ke dalam persamaan semula akan didapat
0 m m xe e x m e 2m e mx 2m e 2m e x m e x m D 2m D 2 2 m x m x 2 m x m x m x m x 2 m x 2 2 dalam bentuk x
Karena itu y = x emx adalah jawaban dari (5). Jawaban umum untuk (5) adalah:
x c c e y xe c e c y 2 1 m x m x 2 m x 1
dimana c1 dan c2 sebarang. Coba turunkan rumus dengan integral langsung.
Contoh : Selesaikan 49y 0 dx dy 14 dx y d 2 2 Jawab
Dalam bentuk operator PD ditulis D2 14D 49 y 0 Persamaan karakteristik: 7 m m 0 7 m 0 49 14m m 2 1 2 2
Kasus 3: a 4a2 0,
2
1 menghasilkan m1 m2 dalam bentuk bilangan kompleks α βi
Sehingga jawaban umum PD menjadi:
x i β -2 x i β 1 x α x i β α 2 x i β α 1 e c e c e e c e c y
karena menurut Deret Melaurin:
x β sin i x β cos e x β sin i x β cos e x i β -x i β Maka: x β sin x β cos c e y x β sin ic ic x β cos c e y x β isin x β cos x β sin i x β cos c e y 2 1 x α 2 1 2 1 x α 2 1 x α c c c dimana C1 = (c1 + c2) dan C2 = (i c1 + i c2)
Persamaan ini merupakan jawaban umum dari persamaan differensial ordo dua dalam bentuk x.
Contoh :
Selesaikan y" 4y13y 0
Jawab Persamaan karakteristik: i 3 2 2 52 16 4 m 0 13 4m m 1.2 2 3x sin c 3x cos c e y 3 β 2 α 2 1 2x
Soal
Tentukan jawaban umum dari persamaan differensial berikut: 1. y'' 5y' 6y 0 2. y'' 6y' 7y 0 3. y'' 5y' 6y 0 4. y'' 6y' 9y 0 5. 6 '' 7 3 0 dx dy y 6. y'' 4y 0 7. y'' 9y 0 8. y" 2y' 2y 0 9. y'' y' y 0
10. Tunjukan bahwa jawaban umum
dari C y 0 dx dy 26 dx y d 2 2 2
Dengan b dan c bilangan real dapat ditulis x C b C x C b C e y bx ,cosh 2 2 2sinh 2 2 cat : cosh x = 2 x x e e Sinh x = 2 x x e e
G. Kesimpulan
Untuk PD ordo dua homogen dalam bentuk D2 a1D a2 y 0 dengan konstanta, memiliki persamaan karakteristik koefisien m2 a1m a2 0 yang memilki akar-akar m1 dan m2 akan memiliki jawaban umum.
(1) 2 m x x m 1 2 1 e C e C y
Dengan m1 dan m2 merupakan konstanta sebarang yang berbeda dan C1 dan C2 koefisien konstanta.
(2) Bila m1 = m2, jawaban umumnya adalah m x
2 1 C x e C
y
(3) Bila r1 α βidimana αdanβ bilangan real, maka jawaban umum dari PD adalah x β sin C x β cos C e y αx 1 2
H. Persamaan Linier Ordo Dua Tak Homogen
Persamaan linier ordo dua tak homogen dengan koefisien konstanta ditulis dalam bentuk: 1) f(x)...( y a D a D2 1 2
dimana ai koefisien konstanta yang umumnya diasumsikan sebagai bilangan real. Bentuk homogen dari (1) adalah
0...(2) y a D a D2 1 2
dengan jawaban umum: yc C1.U1 C2.U2...(3) dimana U1 dan U2 merupakan fungsi x
Persamaan (3) dinyatakan fungsi komplementer dari persamaan linier tak homogen (1). Bila bentuk utama dari jawaban (1) dapat diketahui, maka jawaban umumnya dapat dicari dengan teorema berikut.
Bila PD D2 a1D a2 y f(x) memiliki integral khusus yp dan fungsi komplementer yc, maka jawaban umumnya adalah:
p 2 2 1 1 p c y C U C U y y y
dengan dua konstanta sebarang.
Bila disubstitusikan ke (1) akan mengahasilkan f(x) y y a D a D 1 2 c p 2 atau D2 a1D a2 yc D2 a1D a2 yp f(x)
dengan ruas pertama berharga nol, karena yc merupakan salah satu jawaban(2) dan ruas kanan merupakan persamaan dalam bentuk x karena yp juga merupakan jawaban dari (1).
Contoh 1
Tentukan jawaban umum dari persamaan differensial linier tak homogen (D2 – 1) y = -2x
Penyelesaian
Dengan coba-coba didapat salah satu jawabannya y = 2x sebagai jawaban utamanya. Fungsi komplementernya adalah yc = C1 ex + C2 e-x + 2x .
Pada contoh ini jawaban umum dari PDL non homogen diterka (tebak), Selanjutnya akan dibahas cara untuk mendapatkan jawaban utama (integral khusus) dari PDL non homogen dengan koefisien konstanta, apabila fungsi komplementernya telah diketahui. Metodenya diosebut sebagai “metode variasi parameter”. Untuk mendapatkan jawaban integral khusus untuk (1), dimulai dari mengganti C1 dan C2 yang ada pada fungsi komplementer (3) dengan sembarang fungsi x, yaitu x, v1(x) dan v2(x). Dengan U1 dan U2 sebagai jawaban yang saling bebas dari (2) dan selanjutnya perhitungan v1(x) dan v2(x), sehingga dapat ditulis, persamaan sebagai berikut.
y = V1(x) . U1 + V2(x) . U2…..(4) sebagai integral khusus dari (1).
Karena (4) sebagai jawaban integral khusus dari (1), maka turunan pertama dan keduanya dapat dimasukan ke dalam (1) dalam bentuk x.
Karena v1 dan v2 merupakan fungsi sebarang dari x, maka akan didapat dua kemungkinan dalam bentuk v1 dan v2. Selanjutnya bila (5) diturunkan lagi maka bentuk pertama dalam v1 dan v2 adalah:
0...(6) u ' v u ' v1 1 2 2 sehingga (5) menjadi: y' v1u1' v2u2'
Turunan dari (7) terhadap x adalah: y'' v1u1'' v2u2'' v1'u1' v2'u2'...(8)
Dengan mensubsitusikan (4), (7), dan (8) ke (1), maka didapat bentuk khusus dalam v1 dan v2 sesuai dengan pengembangan persamaan dalam bentuk x. Hasil dari subsitusi adalah:
v1u1'' v2u2'' v1'u1' v2'u2' a1 v1u1' v2u2' a2 v1u1 v2u2 f(x) atau, v1 u1'' a1u1'' a2u1 v2' u2'' a1u2'' a2u2 v1' u1' v2'u2' f(x)
Karena v1 dan v2 merupakan jawaban dari (2) maka persamaan ini menjadi:
9) f(x)...( ' u . ' v ' u . ' v1 1 2 2
Dua keadaan yang berisikan dua pernyataan sembarang dalam v1(x)dan v2(x), yaitu bentuk (6) dan (9) adalah:
f(x) ' u . ' v ' u . ' v 0... u . ' v u . ' v 2 2 1 1 2 2 1 1 ……(10)
kedua persamaan ini linier dalam bentuk v1' dan v2' dengan syarat; u1 dan u2 berbentuk linier yang saling bebas
Sehingga 1 1 u u 0 2 2 u u
Selanjutnya sistem (10) dalam v1'danv2' merupakan jawaban yang unik setelah mendapatkan jawaban untuk v1'(x) dan v2'(x), dapat dicari v1(x) dan v2(x)
dengan integral. Ini adalah jawaban integral khusus dari (1) yaitu:
(4) dari u . (x) v u . (x) v yp 1 1 2 2
Kesimpulan dari metode variasi parameter.
Integral khusus dari PDL non homogen ordo dua dengan koefisien konstanta. f(x) y a D a D2 1 2
adalah (x) u . (x) v (x) u . (x) v yp 1 1 2 2
v1 dan v2 sebagai fungsi x yang membentuk sistem persamaan f(x) ' u ' v ' u ' v 0 u ' v u ' v 2 2 1 1 2 2 1 1 Contoh 2
Selesaikan PDL non homogen berikut. (D2 + 1) y = sec x…..(11)
Jawab : jawaban umum bentuk homogennya adalah (D2 + 1) y = 0 Persamaan karakteristik: m2 + 1 = 0
m1,2 = 1 i
jadi didapat y c cosx c sinx...(12) 1 β 0 α 2 1 c
Merupakan fungsi komplementer dari persamaan (11). Untuk mendapatkan integral khusus dari (11), ganti c1 dan c2 dalam (12) ke bentuk fungsi x sebarang, yaitu v1(x) dan v2(x), sehingga didapat:
x...(13) sin (x) v x cos (x) v y 1 2
Untuk mendapatkan v1 dan v2, maka (13) merupakan integral khusus dari (11). Fungsi v1’ dan v2’ didapat dengan menyelesaikan persamaan.
x...(14) sec x cos v x sin v 0 x sin v x cos ' v ' 2 ' 2 ' 2 1
selanjutnya didapat : bentuk matriknya
x x sin cos x x cos sin ' 2 ' 1 v v = x sec 0 x cos ln dx x tan dx x tan dx 1 x sec . x sin dx x cos x sin 0 x cos x cos x sec x sin o (x) v1 x dx dx 1 x sec . x cos dx x cos x sin x sin x cos x sec sinx 0 x cos (x) v2
Karena perhitungan hanya memerlukan jawaban integral khusus, maka jawaban tidak memerlukan konstanta pada v1(x) dan v2(x).
Dengan demikian didapat: yp v1(x).u1 v1(x).u2, yp cosx.lncosx xsinx
Selanjutnya, jawaban umum untuk (11) adalah:
x c x sin x cos ln c x cos x sin x x cos ln x cos x sin c x cos c y y y 2 1 2 1 p c p I. Soal
Selesaikan dengan metode variasi variabel 1. y'' y 5 2. y'' 3y' 2y 5x 2 3. y''' y cosecx.cotx 4. y'' 4y e2x 5. y'' y tanx 6. y'' y cosx 7. y'' 5y' 6y 2ex 8. y'' y cotx 9. y''' 3y' 2y ex 10. y'' y sec2x
J. Penyelesaian dengan Integral langsung
PDL non homogen dalam bentuk D a1D a2 y f(x) 2
yang memiliki akar-akar faktor m1 dan m2, dapat ditulis dalam bentuk:
(D – m1) (D – m2) y = f(x)
penyelesaian dapat menggunakan dengan memisalkan u = (D – m2)y, sehingga persamaan menjadi:
(D – m1) u = f(x)
yang merupakan bentuk PDLordo satu yang dapat ditulis: D.u – m1.u = f(x)
integral) (faktor e x e . c dx e . f(x) e u c dx e . f(x) e . u e . f(x) ) e . (u dx d f(x) u . m dx du x m x m 1 x m x m 1 x m x m x m 1 1 1 1 1 1 1 1 x 1 m substitusikan u = (D – m2) y didapat : x m 2 x m m 1 2 x m x m m x m x m 2 x m m 1 x m x m m x m x ) m (m 1 x m x m m x m x m 1 x m x m 2 x m 1 x m x m 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 e . c dx e c (dx) e . f(x) e e y integral) (faktor e x c dx e c dx e . f(x) e e . y e . c dx e . f(x) e e . y dx d e . c dx e . f(x) e y m dx dy atau e . c dx e . f(x) e y m D
hasil integralnya adalah jawaban umum untuk PDL non homogen ordo dua.
K. Penyelesaian dengan Duplikasi f(x), Untuk Memperoleh Jawaban Integral Khusus.
Untuk mendapatkan jawaban integral khusus yp = (D2 + a.D + a2) y = f(x) dapat digunakan duplikasi bentuk umum dari f(x) dan turunan pertama serta turunan keduanya. Konstanta-konstantanya dicari dengan mensubstitusikan ke dalam bentuk persamaan dan menyamakan koefisien-koefisien yang selaras.
Bentuk umum untuk duplikasi yang sering digunakan adalah: Jika
1. f(x) = c , misalkan yp = A, yp’ = 0 ; yp’’ = 0
2. f(x) = c x , misalkan yp = Ax + B ; yp’ = A ; yp’’ = 0
3. f(x) = cx2 , misalkan yp = Ax2 + Bx + C ; yp’=2Ax + B ; yp’’ = 2A 4. f(x) = c sin ax , misalkan yp = A cos ax + B sin ax
= c cos ax y’p = -a A sin ax + aB cos ax y”p= -a2A cos ax – a2B sin ax
5. f(x) = ax cos c ax sin c
c sin ax , misalkan yp = A cosh ax + B sin ax
y’p = a A sinh ax + a B cosh ax y”p = a 2 A cosh ax – a2B sinh ax 6. f(x) = eax , misalkan yp = Aeax ; yp = a Aeax ; yp’’ = a2 Aeax dan seterusnya. Contoh : Selesaikan 6y 2sin4x dx dy 5 ' y' Jawab :
1) Fungsi komplementer dengan persamaan karakteristik
3x 2 2x 1 c 2 1 2 e c e c y 3 m 2 m 0 3) (m 2) (m 0 6 5m m
2) Integral khusus di cari dengan memisalkan
4x sin 16B 4x cos A 16 ' y' 4x cos 4B 4x sin 4A y' 4x sin B 4x cos A y p p p
substitusikan ke dalam persamaan, kemudian samakan koefisien-koefisien yang selaras, untuk mendapatkan nilai A dan B.
Didapat 4x sin 2 4x cos 20B) (10A 4x sin 10D) (20A 4x sin 2 4x) sin B 4x cos (A 6 4x) cos 4B 4x sin 4A 5( 4x sin 16B 4x cos A 16 4x) sin 4x cos (2 y jadi A B 1 25B 0 20B 10A 1 5D 10A (2) (1) 0 20B 10A 2. 2 10D 20A 1. 25 1 p 25 2 25 1 2 1
3) Jawaban umum persoalan adalah 4x) sin 4x cos (2 e B e A y 2x 3x 251 L. Soal
a. Kerjakan dengan cara integral langsung! 1. y'' 7y' 12y e3x 2. y'' 6y' 9y 54x 18e3x 3. y'' 5y' 6y 100sin2x 4. y'' y' 2y 2cos2x 5. y'' 6y' 10y 20x 6. y'' 4y' 3y x 2 7. y'' 6y' 8y 5x y 8. y'' 56' 8y cosx sinx 9. y'' 2y-8y cosx sin5x 4 10.y’’-y’-12y=sinhx b. Kerjakan dengan duplikasi!
1. y'' y'-2y 8 2. y'' 4y 10e3x 3. y'' 2y' 3y 4sin2x 4. y'' 4y' 3y 4cos2x 5. y'' 6y' 8y 2x1 6x 6. y''- y' 2y 1-2ex 7. y''-4y' 3y -2ex 8. y''-7y' 10y x2 -4 9. y'' 2y' y 2cosx 10. y'' 67y' 9y x2 e3x
M. Persamaan differensial homogen Cauchy-Euler
Persamaan difeferansial Cauchy-Euler memilki bentuk linier :
....) f(x)...( cy dx dy bx) (a dx y d bx) (a 2 2
dengan a, b, dan c konstanta (bilangan real. Persamaan menjadi homogen apabila f(x) = 0.
Untuk menentukan jawaban umum (1) dapat digunakan pemisalan (a +bx) = et, sehingga .et b 1 dt dx , = (a bx) b 1
, yang akan mengubah koefisien variabel menjadi koefisien konstanta. Cara lain adalah dengan menggunakan pemisahan (a +bx)m = y, sehingga y1 = m (a + bx)m-1 dan y’’ = m (m-1) (a + bx)m-2, yang akan mengubah variabel persamaan menjadi persamaan dalam bentuk karakteristik r :
) ( 1 1 bx a b e b dt dx t 1. Cara pemisalan (a + bx) = et
Dengan pemisahan ini didapat t = ln (a + bx) dan e (a bx) dt
dx t
. Cara
pemisalan ini akan mengubah PD dari bentuk
dx dy menjadi bentuk 2 2 dx y d dan dt dy menjadi bentuk 2 2 dt y d
sehingga diperoleh PDL homogen ordo dua koefisien konstanta dalam y dan t.
Contoh :
Tentukan jawaban umum dari PD ; 4y 10 dx dy 4x dx y d x 2 2 2
Misalnya x = et dan e xdant lnx dt dx t , sehingga dx dy x dt dx . dx dy dt dy . Turunan kedua fungsi y terhadap t adalah :
dx dy . dt dx x dx dy . dt dx dx dy x dt d dx y d 2 2
dt dy dt y d dx y d x dx y d x dt dy dx y d x dx dy x 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
substitusikan ke dalam persamaan, didapat PD dalam fungsi y terhadap t sebagai berikut: 10...(*) 4y dt dy 3 dt y d 10 4y dt dy 4 dt dy dt y d 2 2 2 2
a. Fungsi komplementer dengan persamaan karakterstik
t 2 4t 1 c 2 1 1 2 e c e c y 1 m 4 m 0 1) (m 4) (m 0 4 3m m
b. Integral khusus dengan memisalkan
0 y' ; A
yp p y''p 0
substitusikan ke dalam persamaan, didapat :
2 1 p 2 1 2 y jadi 2 A 10 4A
jawaban untuk PD (*) adalah: t 21 2
4t
1e c e 2
c
y(t) karena t = ln x maka jawaban untuk fungsi y terhadap x adalah:
2 1 2 4 1 2 1 x ln 2 x ln 1 2 x c x c y(x) 2 e c e c y(x) 4 2. Cara pemisahan (a +bx)m
Pemisahan ini akan mengubah bentuk PD ke bentuk persamaan karakteristik dalam m dengan cara mendifferensialkan y = (a +bx)m dalam bentuk turunan pertama dan kedua, kemudian substitusikan ke dalam persamaan awal:
2 m 2 2 bx) (a 1) (m m dx y d dan 1 -bx)m (a m dx dy Contoh : Selesaikan 4y 0 dx dy 4x dx y d x 2 2 2 Jawab Misalkan: 2 m 1 m m bx) (a 1) (m m ' y' bx) (a m y' bx) (a y
substitusikan ke dalam persamaan didapat untuk a = 0 dan b = 1 maka: 0 4x mx 4x x 1 m m x2 m 2 m 1 m
bagi persamaan dengan xm didapat:
2 2 1 1 2 1 2 y c y c y : didapat 1 m 4 m 0 1) (m 4) (m 0 4 3m m x c x c y x c x c y 2 4 1 m 2 m 1 2 1 Gauchy’s equestion
Find a complete solution of the differential equestion
0 15y dx dy 5x dx y d 4x dx y d x 2 2 2 3 3 3
under the transformation x = ez or z = ln x we have by a straight forward aplication of the cham rule:
2 2 2 2 2 2 2 2 dx y d . x 1 dz dy . x 1 dx dz . dx y d . x 1 dz dy . x 1 dx d dx y d y 1 dx dz dx x 1 dz dz dy . x 1 dx dz . dz du dx dy
3 3 3 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 3 dz y d x 1 dz y d . x 3 dz dy . x 2 dx dz dz y d dx y d x 1 dz y d dz dy x 2 dz y d dz dy x 1 dx d dx y d
subsituting these into the given differensial equestion, we have
0 15y dz dy x 1 5x dz y d dz dy x 1 4x dx y d dx y d 3 dx dy 2 x 1 x 2 2 2 2 3 3 2 2 3 3
or, simplifying and colectingterms
0 15y dz dy 7 dz y d dz y d 2 2 3 3
the caracteristic equestion of the last equestion is
sinz) c z cos (c e c c y i 2 m 3 m 0 5) 4m 3)(m (m 7m15 m m 3 1 2z 3z 1 2,3 1 2 2 3
finally, replacing z by ln x, we have:
x) (ln sin c x) (ln cos c x x c x ln sin c x ln cos c e e c y 3 2 2 3 1 3 2 2lnx x 3ln 1
the general solution of the given diffrential following equestion
N. Soal
A. Selesaikan persamaan berikut: 1. x2y'' xy' 2y 0 2. x2y'' xy' 2y 0 3. y 4 x 4 y' x 6 ' y' 2 4. (x 1)2y'' (x 1)2y' y 0 5. (2x 1)2y'' (2x 1)2y' 12y 0 6. (x 2)2y'' 7(x-2)y' 7y 0 7. (x 1)2y'' 107(x 1)y' 7y 0 8. x2y'' 4xy' 4y 2x 9. x2y'' 4xy' 4y x2 10. x2y'' 7xy' 5y -x
B. Exercises: find a complete solution of each of the following equestion. 1. x2y’’ + y’- y = 0 2. x2y’’- 6y = 1 + ln x 3. x2y’’- xy’ + y = x5 4. x3y’’’- 3x2y’’’+ 7xy’- 8y = 0 5. 2x2y’’ + 5xy’ + y = 3x + 2
